资源简介

数学试卷
注意事项：
1．本试卷分选择题(58 分)和非选择题(92 分)两部分．满分 150 分，考试时间 120 分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、准考证号等个人信息填写在答题卡指定位置．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的
答案标号涂黑；非选择题请用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域
书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的.
1．已知抛物线C : y = 2x2 ，则该抛物线的焦准距为 ( )
1 1
A． 2 B．1 C． D．
2 4
x f (1+ x) f (1)2．函数 f (x) = 2 +1，则 lim = ( )
x→0 x
A．1 B．2 C． 2ln 2 D． 2ln 2+1
3．已知等差数列 an 的前n项和为 S ，若a3 +a9 =30，S9 =117，则a11 =n （ ）
A．17 B．19 C．25 D．28
4．某学习小组共 12人，其中有 5 名是“三好学生”，现从该小组中任选 5人参加竞赛，用 表示这 5
C5 0 1 47C5 +C5C7
人中“三好学生”的人数，则下列概率中等于 5 的是（ ） C12
A．P ( =1) B．P ( 1) C．P ( 1) D．P ( 2)
5. 吹气球时，记气球的半径 r 与体积V 之间的函数关系为 r (V )，
r (V )为 r (V )的导函数．已知 r (V )在0≤V ≤3上的图象如图所示，
若0≤V1 V2 ≤3，则下列结论正确的是（ ）
r
A． (1) r (0) r (2) r (1) B． r '(1) r '(2)
1 0 2 1
V +V r (V1 )+ r (V r V r VC． r 1 2 2
) ( ) ( )
D．存在V (V ,V )，使得 r (V0 ) =
2 1
0 1 2
2 2 V2 V1
6．过点 A(0, 1)作 y x2的切线 l，切点为 B，以 AB为直径的圆与 y 轴交于另一点C ，则C 到 l 的距离为
1 2 5 3 5
（ ） A． B． C．1 D．
2 5 5
7．某单位将 12个表彰名额分配给甲 乙 丙 丁四个部门，其中甲部门至少 2个名额至多 3 个名额，
乙 丙 丁三个部门每个部门至少 2 个名额，则不同的分配方案共有（ ）
A．15种 B．19 种 C．25 种 D．46种
2 x
2 y2
8．已知抛物线C：y = 8x的准线经过双曲线C1 2： =1(a 0,b 0)的左焦点F ，过点F 作双
a2 b2
曲线C2的一条渐近线的垂线，垂足为点M ，延长FM与抛物线C1相交于点N ，若ON +3OF = 4OM （O
为坐标原点），则双曲线C2的方程为（ ）
x2 y2 2 2
A． y2 =1 B． x2 =1
x y
C． x2 y2 =1 D． =1
3 3 2 2
数学试题第 1 页(共 4 页)
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部
选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9．已知数据 a1,a2,a3, ,a8 的平均数为M ，中位数为 N ，方差为 P ，极差为Q ，设 bi = 3ai 2
(i =1,2,3, ,8)，得到新数据b1,b2,b3, ,b8 ，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是( )
A.平均数是3M 2 B.中位数是3N 2 C.方差是9P D.极差是3Q 2
10．已知抛物线C : y2 = 4x 的焦点为F ，以F 为圆心， r 为半径作圆，记圆F 与C 交于P,Q两点，则
（ ）
A． r 2 B．当 r = 3时，△PFQ的面积为2 2
2π 5
C．当 PFQ = 时， r = 4或r = D．FP FQ 8
3 4
11．不动点定理是拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数 f (x) ，存在 x0 ，使
得 f (x0 ) = x0 ，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称 x0 为该函数的一个不动点，依据不动点定理，
下列说法正确的是（ ）
A．函数 f (x) = sin x只有 1个不动点
B．函数 f (x) = ax2 +bx+c(a 0)没有不动点，则 f (x) 没有零点
C．若函数 f (x) = ax2 +bx+c(a 0)没有不动点，则方程 f ( f (x)) = x无实根
4ex 2
D． f (x) = 有 3个不动点
x
二、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
4
12．已知 (1 2x) = a0 2a1x + 4a2x
2 8a x3 +16a x4 ，则 a1 + a2 + a + a =3 4 3 4 __________．
1 3 2 2
13．已知函数 f (x) = x x + , x 1,3 ， 点 A(x1, y1 ) , B (x2 , y2 )为直线 y = k (x 1)与 f (x) 图象的
3 3
两个不同交点，且 y1y2 0，O为坐标原点，则 AOB面积的最大值为______．
1 2 33 e
14．比较三个数a = ，b = ， c = 的大小关系为 __________．（由小到大排序）
eln 2 e 4
三、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. （13 分） 2已知等比数列 an 满足：a2 = 2，且3a3 = a1a4．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)记 a nn 的前 项和为Sn ，求 (an +13)Sn 的最大值．
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16．（15 分）如图，在三棱锥 A BCD中，其外接球球心为BD的
中点O，平面 ABD⊥平面BCD.已知 AC = 2，BC = 3，BD= 2 .
(1)求证：平面 AOC ⊥平面BCD.
(2)求平面 ABC与平面 ACD的夹角的余弦值.
17.（15 分）人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为 AI，是新一轮科技革命和产业变革的
重要驱动力量.近几年以来，AI技术加持的智能手机（以下简称为 AI手机）逐渐成为市场新宠.为了解顾
客对 AI 手机的满意程度，M 市某手机大卖场从购买了 AI手机的顾客中随机选取了 100人进行问卷调查，
并根据其满意度得分 Z（单位：分）制作了如下的频数分布表：
分组（单位：
40,50) 50,60) 60,70) 70,80) 80,90) 90,100
分）
频数 10 15 20 30 15 10
1
(1)若该手机大卖场中某手机店经销 A，B两种品牌的手机，A品牌中 AI手机占比为 ，B品牌中 AI手机
2
3
占比为 ，A、B品牌手机的数量之比是 2:1，现从该手机店中随机抽取一部手机，求抽取到的手机是 AI
4
手机的概率；
(2)为提升 AI手机的销量，该手机大卖场针对购买 AI 手机的顾客设置了抽奖环节，抽奖规则如下：
1 1
①共设一、二等奖两种奖项，分别奖励 600元、300元现金，抽中一、二等奖的概率分别为 ， ，其余
4 2
情况不获得奖金；②每位顾客允许连续抽奖两次，且两次抽奖结果相互独立，总奖金为两次奖金之和.记
某位购买了 AI手机的顾客获得的总奖金为 X元，求 X的分布列和数学期望E (X )；
(3)由频数分布表可以认为从手机大卖场购买 AI 手机的顾客对 AI手机的满意度得分 Z近似服从正态分布
N ( , 2 )，其中 近似为样本平均数 x， 近似为样本的标准差 s，并已求得 s =14.31.现将满意度得分
Z超过 84.81分的顾客对 AI 手机的态度定义为“非常满意”.若某月该手机大卖场共有 1万名顾客购买了
AI手机（每人一部），记Y 为这些顾客中对 AI手机“非常满意”的人数，事件“Y = k ”的概率为
P (Y = k )，求使P (Y = k )取最大值时 k 的值.
2
参考数据：若 Z ~ N ( , )，则P ( Z + ) 0.6827，P ( 2 Z + 2 ) 0.9545.
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x2 y2
18．（17 分）如图，已知椭圆C : + =1．点 P(x0 , y0 )在椭圆上且 y 0，PQ, PR0 分别经过C 的左、
4 3
右焦点 F1,F2，且 PF1 = F1Q,PF2 = F ． 2R
（1）若 = 2，求点 P 的坐标；
（2）证明： + 是定值，并求出 + 的值；
（3）求四边形 F1QRF2面积最大值．
x 1 n
19．（17 分）已知函数 f (x) = e ，n N ．
x
(1)证明： f (x)有唯一零点；
(2)记 f (x)的零点为an ．
（i）数列 an 中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由；
n 1 n+1+ lnn
（ii）证明：2( n+1 1) ．
i=1 ai 2
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参考答案
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1．【答案】D 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】B 5. 【答案】D
6.【答案】B
2 2
【详解】由题意知 y = 2x，设切点 B为 (x0 , x0 )，所以切线方程为 y x0 = 2x0 (x x0 )，
又切线过点 A(0, 1) 1 x2，所以 0 = 2x
2 x = 1
0 ，解得 0 ，
所以B (1,1)或B ( 1,1)，两点关于 轴对称，则 AB = 5 ，∴切线为 l1 : y = 2x 1或 l2 : y = 2x 1，
2 2
1 2 5 1 5则以 AB为直径的圆为 x 2 y + y = 或 x+ + y = 均交 轴于C (0,1)，
2 4 2 4
0 1 1 2 5
所以C 到 l的距离d = = .故选：B．
22 +1 5
7. 【答案】C
【详解】方法一（常规法）：因为甲部门至少 2个名额至多 3个名额，乙 丙 丁三个部门每个部门至少
2个名额，所以先给四个部门各分配 2个名额，剩12 8=4 个名额未分配，接下来分配这 4个名额.
第一类，当甲不增加名额时，还剩 4个名额分配给乙 丙 丁，
1
当 4 个名额分配给乙 丙 丁中的任意一个部门时，有C3种分法；
当 4 个名额分配给乙 丙 丁中的两个部门时，若一个部门有 1个名额，另一个部门有 3个名额，有
C2 2 23A2 种分法，若这两个部门都有 2个名额，有C3 种分法；
当 4 个名额分配给乙 丙 丁这三个部门，且两个部门各分配 1个名额，另一个部门分配 2 个名额时，
C1 1 2 2 2 1有 3种分法.所以第一类共有C3+C3A2 +C3 +C3 =15 种方案.
第二类，当甲再增加 1 个名额时，还剩 3个名额分配给乙 丙 丁，
1
当 3 个名额分配给乙 丙 丁中的任意一个部门时，有C3种分法；
当 3 个名额分配给乙 丙 丁中的两个部门，且一个部门有 1 个名额，另一个部门有 2个名额时，有
C2 23A2 种分法；当 3个名额分配给乙 丙 丁这三个部门，且三个部门各分配 1个名额时，有 1种分法.
C1 +C2 2所以第二类共有 3 3A2 +1=10 种方案.综上，不同的分配方案共有15+10 = 25种.
方法二（隔板法）：第一类，当甲分配 2个名额时，先给乙 丙 丁三个部门各分配 1个名额，还剩 7个
名额分配给乙 丙 丁三个部门，且每个部门至少 1个名额，
2
在 7 个名额形成的 6个空隙中插入 2块隔板，有C6 种方案；
1
第二类，当甲分配 3个名额时，先给乙 丙 丁三个部门各分配 1 个名额，还剩 6 个名额分配给乙 丙
丁三个部门，且每个部门至少 1个名额，
2
在 6 个名额形成的 5个空隙中插入 2块隔板，有C5 种方案.
2 2
综上，不同的分配方案共有C6 +C5 =15+10 = 25种.
8．【答案】D
【详解】如图，作出符合题意的图形，
2 p
由题意得抛物线C1 : y = 2px(p 0)的准线方程为 x =
2
x2 y2
双曲线C2 : =1(a 0,b 0)的左焦点F( c,0)（其中
2 2
2 2 c = a +b
2 ），
a b
p
抛物线C1的准线经过双曲线C2的左焦点F ，故 = c，即 p = 2c，
2
已知ON +3OF = 4OM ，移项可得ON OM = 3(OM OF)，即MN = 3FM ，
即 MN = 3 FM ，则 FN = FM + MN = 4 FM ，
b
又双曲线的一条渐近线方程为 y = x ，即bx ay = 0 ，
a
bc 0 bc
则焦点F( c,0)到渐近线bx ay = 0 的距离 FM = = = b
a2 + b2 c
2 2
在Rt△FOM 中， OF = c, FM = b ，由勾股定理可得 OM = OF FM = c2 b2 = a ，
FO OM FM
过N 作NP ⊥ x轴于点P，则 FOM ~ FNP，由相似三角形的性质可得 = = ，
FN NP FP
c a b
= = 4ab 4b
2
即 ，所以 NP = , FP = ，
4b NP FP c c
4b2 4ab
则点N 的横坐标为 xN = c+ ，纵坐标的绝对值为 yN = ，
c c
因为点N 在抛物线 1:
2 = 2 上，且 p = 2c，
2
4ab 4b
2 4a2b2
所以 = 2 2c
2 2
c+ ，即 = c + 4b ，
c c c2
2
c4 = 4b2 (c2 a2整理得 ) = 4b4 ，因此c2 = 2b2,a2 =b2 ，则c = 2a，
x2 y2
在本题中， p = 4，则c = 2，a = b = 2，则双曲线方程为 =1，故 D正确.
2 2
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
9． 【答案】ABC
【详解】因为 bi = 3ai 2 (i =1,2,3, ,8)，所以所得新数据的平均数为3M 2，中位数为3N 2，方差
为9P，极差为3Q ，故选：ABC．
10． 【答案】BD
【详解】由题可知F (1,0)，圆F : (x 1)2 + y2 = r2 ,
y2 = 4x
联立方程 ，消去 y2 并化简得： (x+1)
2 = r2，解得 x1 = r 1, x2 = r 1（负值舍去）， 2 2
(x 1) + y = r
对于 A，因为圆F 与 交于 ， 两点，所以 y
2 = 4x，即4(r 1) 0，解得 r 1，A错误；
x = 2 x = 2
对于 B，当 r = 3时， 或 ，
y = 2 2 y = 2 2
1
所以PQ = 4 2 ，所以 S PFQ = (2 1) 4 2 = 2 2 ，B正确；
2
1 π
对于 C，根据对称性可知 PFx = PFQ = ，所以 (r 1 1) tan = 2 r 1，
2 3 3
4
化简得3r2 16r +16= 0，解得 r1 = 4,r2 = ，C错误；
3
对于 D，不妨取P(r 1,2 r 1),Q(r 1, 2 r 1)，则FP = (r 2,2 r 1), FQ = (r 2, 2 r 1) ，
所以FP FQ = (r 2)2 4(r 1) = r2 8r +8= (r 4)2 8 8，D正确.
11． 【答案】AC
【详解】对于 A，令 g (x) = sin x x， x R ， g (x) = cos x 1 0，当且仅当cos x =1时取“=”，
则 g (x)在R上单调递减，而 g (0) = 0，即 g (x)在R上只有一个零点，函数 f (x)只有一个不动点，A
正确；对于 B， f (x)没有不动点等价于 y = f (x)的图象与直线 y = x没有交点，
f (x)没有零点等价于 y = f (x)的图象与 轴没有交点，
显然，当对称轴在 轴左边， y = f (x)的图象与 y = x没有交点时，不能推出与 轴没有交点，B错
3
误；
对于 C，依题意， f (x)没有不动点等价于方程 f (x) x = 0无实数根 ax2 + (b 1) x + c = 0无实数根，
2
即Δ = (b 1) 4ac 0，
当a 0时，二次函数 y = f (x) x 的图象开口向上，则 f (x) x 0恒成立，
即 x R，恒有 f (x) x，
而 f (x) R ，因此有 f f (x) f (x) x恒成立，即方程 f ( f (x)) = x无实根，
当a 0时，二次函数 y = f (x) x 的图象开口向下，则 f (x) x 0恒成立，
即 x R，恒有 f (x) x，
而 f (x) R ，因此有 f f (x) f (x) x恒成立，即方程 f ( f (x)) = x无实根，
所以函数 f (x) = ax2 +bx + c （a 0）没有不动点，则方程 f ( f (x)) = x无实根，C正确；
4ex 2 4(x 1)ex 2
对于 D，由 f (x) = ，得 f (x) = ，
x x2
x 2
易知当 x 0时， f (x) 0， f ( )
4e
x 单调递减，且 f (x) 0 ，所以当 x 0时， f (x) = 的图象与直
x
线 y = x有且只有一个交点；
4
当0 x 1时， f (x) 0， f (x)单调递减，且 f (1) = 1；
e
4(x 1 ex 2
当 x 1时， f (x) 0， f (x)单调递增.令 f ( )
)
x =1，得 =1，
x2
4ex 2
解得 x = 2，此时 f (2) = 2，所以直线 y = x与曲线 f (x) = 相切于点 (2,2) .
x
4ex 2
所以直线 y = x与曲线 f (x) = 共有两个交点，所以 f (x)只有两个不动点，故 D错误；
x
故选：AC．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．【答案】15
4
【解析】令 x = 0 a 2 3 40 =1 (1 2x) = a0 2a1x + 4a2x 8a3x +16a4x
4 2 3 4
(1 2x) = a0 + a1 ( 2x) + a2 ( 2x) + a3 ( 2x) + a4 ( 2x) .令 t = 2x，则
4
(1+ t ) = a 2 3 4 40 + a1t + a2t + a3t + a4t .令 t =1，则a0 +a1 +a2 +a3 +a4 = 2 ，故a1 + a2 + a3 + a4 =15．
4
1
另解：令 x = 0 a0 =1. x = a0 + a1 + a2 + a + a = 2
4
3 4 ，故 a1 + a2 + a3 + a4 =15．
2
2
13.【答案】
3
2
【详解】由题意得： f (x) = x 2x = x (x 2)，令 f (x) = 0，解得 x = 0或2 ，
由 f (x) 0，得 x 2或 x 0，由 f (x) 0，得0 x 2，
2 2 2
所以 f (x)在 (0,2)单调递减，在 ( 1,0) ,(2,3)单调递增，又 f ( 1) = , f (3) = ，所以 f (x) = ，
3 3 max 3
1 2 1 3 2 2 1 3 2 4
又 f (x)+ f (2 x) = x3 x2 + + (2 x) (2 x) + = x
3 + (2 x) 2 x + (2 x) + 3 3 3 3 3 3
1 2 4 2 8
= (x+ 2 x) x2 x (2 x)+ (2 x) 2x2 + 4x 4+ = (3x2 6x+ 4) 2x2 + 4x = 0，
3 3 3 3
所以 f (x)关于点 (1,0)中心对称，又直线 y = k (x 1)也关于 (1,0)对称，
2
所以交点 A,B关于点C (1,0)中心对称，所以 y1 + y2 = 0，且 y1 ，
3
1 1 2
所以 S AOB = OC y2 y1 = 1 2 y1 = y1 .
2 2 3
14．【答案】c a b
x 1 ex 1e (x 1)
【详解】令 f (x) = (x 0)，则 f (x) = ，
x x2
当 x (1,+ )时， ′( f x ) > 0， ( )在 (1,+ )上单调递增.
4
1
3 3
1 2 e2ln2 1 3 e e 4
a = = = = f (2ln 2) = f (ln 4)，c = = = f
eln 2 eln2 2ln 2 4 4 3
3
3
4 4 4 4
因 3 e = e
4 64 = 43，则e3 4,两边取对数得 ln4，则
f f (ln4)，即c a；
3 3
1 4 x22x
设 g (x) = ln (x+1) (x 0)，则 g (x) = = 02 2 ，
2+ x x+1 (2+ x) (x+1)(2+ x)
2x
g (x)在 (0,+ )上单调递增.又 ( ) 0， g (x) 00 = 即 ln (x+1) 对2+ x ∈ (0
恒成立.
, +∞)
2 9 1 2 1 2 2
令 x =1得， ln 2 ,又e ，∴ ln 2 ， e eln2，又 b = ,a = , b a,
3 4 e 3 e e eln2
综上可得，c a b .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13 分） 2【详解】（1） an 是等比数列，a2 = 2，且3a3 = a1a4，
5
a1 = 6 a1q = 2
n 1 n 2
n 1 1 1 ， a = a q = 6 = 2 (n N 2 4 2 3 1 )； ……4 分
3a1 q = a1 q q =
n 1
3 3 3
n
a = 6
1
1 6 1 n 2 a1 (1 qn 3 n（2） ， ) 1 1 1 S = = = 9 1 ， a = 2 ，
q = n
n
3 1 q
1
1
3
3

3
n 2 n n 2 n 2 1 1 1 1
(an +13)Sn = 2 +13 9 1 = 2 +13 9 ， ……7 分
3 3 3 3
n 2
1
设 t = * (n N )， (an +13)Sn转化为 y = (2t +13)(9 t ) = 2t
2 +5t +117，
3
n 2
5 5 1
对称轴为 t = =

， 0 t 3，开口向下， t =
4 4 3
5
当n =1时， = 3；当 = 2时， = 1；1 3， 4
5
比较 t的所有取值中， = 1离对称轴 t = 最近，
……10 分
4
∴当 = 1，即 2时， (an +13 S= ) n 取最大值，且最大值
2 2 1
2 2
1
(a2 +13)S2 = 2 +13 9 =15 8 =120 . ……13 分
3 3
16．【详解】（1）因为 是三棱锥 A BCD外接球的球心，且 为BD中点，BD= 2，
BD
因此球半径OA =OB =OC =OD = =1，即OA=OC =1，
2
已知 = √2，由勾股定理逆定理： OA
2 +OC2 =1+1= 2= AC2，得 ⊥ ，
又 在BD上， = = ，可得OA⊥ BD，
因为平面 ABD⊥平面BCD，交线为BD，且OA 平面 ABD，
根据面面垂直的性质定理得：OA⊥平面BCD， 又OA 平面 AOC，
根据面面垂直的判定定理得：平面 AOC ⊥平面BCD ……7 分
（2）以 为原点，以BD所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，
1 3
结合已知条件可得各点坐标： A(0,0,1)， B (1,0,0)，C , ,0 D 1,0,0 2 2
， ( )，

1 3
向量 AB = (1,0, 1)， AC = , , 1 ，
2 2


6
x z = 0
n1 AB = 0
1 1

设平面 的法向量n1 = (x1, y1, z1)，由 ， 即 1 3 ，
n1 AC = 0 x1 + y1 z1 = 0
2 2
令 = 1，则 y = 3, z =1，所以n1 = (1, 3,1)， n = 1
2 + ( 3)+121 1 1 = 5 ， 1
1 3
向量 AD = ( 1,0, 1)， AC = , , 1 ，
2 2
x2 z2 = 0
n
( ) 2
AD = 0
设平面 ACD的法向量n2 = x2, y2, z2 ，由 ，即 1 3 ，
n2 AC = 0 x2 + y2 z2 = 0
2 2
2 2 2
令 x2 = 3 ，则 y2 = 1, z = 3 ，所以n2 = ( 3, 1, 32 )， n2 = ( 3) + ( 1) + ( 3) = 7 ，
设平面 ABC与平面 ACD的夹角为 ，则
n 1 3 + 3 ( 1)+1 31 n2 ( ) 3 105
cos = = = = ，
n1 n 5 7 35 352
105
因此平面 与平面 ACD夹角的余弦值为 . ……15 分
35
17．【详解】（1）记“抽取到的手机是 A品牌手机”为事件 A1，“抽取到的手机是 B 品牌手机”为事件
A2 ，“抽取到的手机是 AI手机”为事件 B，
2 1 1 3
则P(A1 ) = ，P ( A2 ) = ，P (B A1 ) = ，P (B A2 ) = ，
3 3 2 4
2 1 1 3 7
则P(B) = P(A1 )P(B A1 )+P (A2 )P (B A2 ) = + = ，
3 2 3 4 12
则从该手机店中随机抽取一部手机，抽取到的手机是 AI手机的概率为 7 . ……5 分
12
1 1 1
（2）由题意可得，不获得奖金的概率为1 = ，
4 2 4
X 的可能取值为 0，300，600，900，1200，
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
P(X = 0) = = ，P (X = 300) =C
1
2 = ，P (X = 600) = +C
1
2 = ，
4 16 4 2 4 2 2 4 4 8
1 1 1 1 1 1 1P (X = 900) =C2 = ，P(X =1200) = = ，
4 2 4 4 4 16
7
则 X 的分布列为
X 0 300 600 900 1200
1 1 1 1
P 3
16 4 4 16
8
1 1 3 1 1
所以E (X ) = 0 +300 +600 +900 +1200 = 600（元）. ……10 分
16 4 8 4 16
（3）样本平均数 x = 45 0.1+55 0.15+65 0.2+75 0.3+85 0.15+95 0.1= 70.5，
随机选 1名顾客，其对 AI手机“非常满意”的概率
P (Z 84.81) = P(Z 70.5+14.31) = P(Z 70.5+ )
1 P(70.5 Z 70.5+ ) 1 0.6827
= = 0.15865，
2 2
依题意Y ~ B (10000,0.15865)，记n=10000， p = 0.15865，
n k
则P(Y = k ) =Ck kn p (1 p) (k = 0,1,2, ,10000)，
k k n k
则问题等价于求当 k 取何值时，P (Y = k ) =Cn p (1 p) 取得最大值.（运算用q =1 p，可简化）
p 1 p
P(Y = k ) P(Y = k +1)
k k n k k+1 n k 1Cn p (1 p) Cn p
k+1 ( ) 1 p k n+1 k
由 ，得 ，化简得 ， n k
P(Y = k ) P(Y = k 1) Ck pk (1 p) Ck 1 k 1
n k+1
p (1 p) 1 p p n n
n k k +1
得 (n+1) p 1 k (n+1) p np 1+ p k np + p，即1585.65865 k 1586.65865，
因 k = 0,1,2, ,10000，得 k =1586，即当k =1586时，P (Y = k )取得最大值. ……15 分
（说明：若采取np =10000 0.15865=1586或1587的方法扣 3 分）
x +3 y
18． 【详解】（1）设 P(x0, y0) ，而F1( 1,0)，由
0 0
PF = 2FQ，得Q( , ) ， 1 1 2 2
x2 y20 0
+ =1
4 3
由于 P,Q均在C上，则 2 2 x0 + 3 y ，
0


2 2 + =1
4 3
消去 y2
1 3 5 1 3 5
0 得 (x0 +3)
2 x2 =12，解得 x0 =0 ， y 4 2 0
= ，则点 P( , ) ．…… 分
4 2 4
1
（说明：也可以采用公式： ecos = ）
+1
（2）证明：[方法一]设 P(x0 , y0 ),Q(x1, y1 ),R(x2 , y2 )，
1 x0 = (x1 +1) y
由 PF = FQ，则有 ， =
0
，由 P 在 x轴上方，可设直线 PQ的方程为 x = my 1 1 1 ，
y = y y0 1 1
x =my 1
2 6m 9
联立 x2 y2 ，整理可得 (3m + 4) y2 6my 9 = 0，则 y0 + y1 = ， y0 y1 = ，
+ =1 4 + 3m
2 4 + 3m2
4 3
8
y0 + y1 2 2 x0 +1
又因为点 P 在直线上，则 x0 =my0 1，所以 = m = ， y0 y1 3 3 y0
y0 + y1 2 2 y 2 5
则 = x0
0
，即 = x0 ，
y1 3 3 y1 3 3
y0 5 2 y 5 2
所以 = = + x
0
0 ，同理可得 = = x0． ……8 分
y1 3 3 y2 3 3
5 2 5 2 10 10
所以 + = + x + 0 + x0 = ，即 为定值 ． ……10 分
3 3 3 3 3 3
[方法二] 设 P(x0 , y0 ),Q(x1, y1 ),R(x2 , y2 )，
+1+ x
x1 =
0
1 x0 = (x1 +1)
由 PF1 = FQ,，则有 ， ， 1
y0 = y1 yy1 =
0

x2 20 y+ 0 =1
4 3
5 2
又 P,Q 均在C上，则 2 2 +1+ x y ，解得 = + x0 ， ……8 分

0 0 3 3
+ =1
4 3
5 2 5 2 5 2 10 10
同理可得 = x0．所以 + = + x0 + x0 = ，即 + 为定值 ． ……10 分
3 3 3 3 3 3 3 3
1
S | PQ || PR | sin QPRPQR
= 2
| PQ || PR | 1 1
（3）因为 = =
1
1+ 1+ ，
S PF F PF PF 1 2 PF1 PF sin QPR 1 2

2
2
2
1 1 1 1 1 2x +8 2x 8 x 16
S PQR = 1+ 1+ S PF F = 1+ 1+ F1F2 y0 = y
0 00 = y0
0
因此 1 2 2 2x0 + 5 2x0 5 x2
25 ，
0
4
4
2 4 y
2 16
2 y 0
2
0 3 y0 +9 117y
又因 x0 = 4 1 ，所以 S PQR = y0 = y0 = y0 +
0
14 3 4 25 27 2
， …… 分
4 y2 y2 + 16y0 + 270 0
3 4 16
因此
117y0 117y0 117 117 13 3S四边形F1QRF
= S
2 PQR
S PF F = y + y = = =1 2 0 016y2 + 27 16y2 27 80 0 + 27 16y + 27 ， 0 2 16y
y 00 y0
27
当且仅当16y = ,
3 3 13 3
0 即 y FQRF 17
y 0
= (0, 3 时取等，则四边形 1 2面积最大值为 ．…… 分
0 4 8
19.【答案】(1)当 x 0时， f (x) 0 ，所以 f (x)在 ( ,0)上无零点，
n
因为 f (x) = ex 1 + 0，所以 f (x)在 (0,+ )2 上单调递增，所以 f (x)在 (0,+ )上至多一个零点， x
当n =1时， f (x)有唯一一个零点，值为 1．
f (1) =1 n 0 f (n) = en 1当n 2时，因为 ， 1 e 1 0，所以函数 f (x)有唯一零点，得证。…4 分
an 1
n
(2)（i）不存在，理由如下：由（1）知，e = ，且
a 0
，
n
>
9
两边取自然对数，得a + lna = lnn+1，（*）所以an+1 + lnan+1 = ln (n+1)+1n n ，
n+1
两式相减，得an+1 an + lnan+1 lnan = ln 0，所以an+1 + lnan+1 an + lnan．
n
因为函数 y = x+ lnx在 (0,+ )上单调递增，所以an+1 an，所以数列 an 单调递增．
2
假设数列 an 中存在am，am+1，am+2成等比数列，则am+1 = amam+2，所以2lnam+1 = lnam + lnam+2．
由（*）式得， lnam = lnm+1 am，代入上式，得
2
(m+1)
2ln (m+1) 2am+1 = lnm am + ln (m+ 2) am+2 ，2am+1 (am + am+2 ) = ln ．（**）
m(m+ 2)
因为 > 0，所以2am+1 (am +am+2 ) 2am+1 2 amam+2 = 0，
2
(m+1) m2 + 2m+1
又 ln = ln ln1= 0，所以方程（**）无解．
m(m+ 2) m2 + 2m
所以数列 an 中不存在连续三项按某顺序构成等比数列； ……10 分
（ii）先证明： > 0时， x 1 lnx，（***）
x 1
设 g (x) = x 1 lnx，则 g (x) = ，所以当 x (0,1)时， g (x) 0， g (x)单调递减：
x
当 x (1,+ )时， ′( ) g x > 0， ( )单调递增，所以 ( ) ≥ (1) = 0，当且仅当 x =1时，等号成立．
由（***）式知， lnn = an + lnan 1 2lnan，
n + n+1 1 2
所以an n ，所以 = 2( n+1 n )，
2 an n + n+1
n 1
所以 2 ( n+1 n )+ ( n n 1)+ + ( 2 1) = 2( n+1 1 )．
i=1 ai
a a a
在（***）式中，令 x = n ，得 n 1 ln n = lnan lnn ，
n n n
a
当且仅当an = n，即n =1时等号成立，所以0 = an + lnan lnn 1 a
n
n + 2，
n
2n 1 1 1
所以an ， 1+ ，当且仅当n =1时等号成立．
n+1 an 2 n
n 1 1
当n 2时，在（***）式中，令 x = ，得 lnn ln (n 1)，
n n
n 1 n 1 n 1 1 n 1
所以n 2时， =1+ 1+ +
k=1 ak i=2 ak 2 2 i=2 k
n+1 1 n+1+ lnn
+ (ln2 ln1)+ + (lnn ln (n 1)) = ． 2 2 2
n 1 n+1+ lnn n 1 n+1+ lnn
当n =1时， 成立．所以2( n+1 1) ，得证． ……17 分
i=1 ai 2 i=1 ai 2
10

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